《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 熱點(diǎn)題型歸納與變式演練 專題12 動(dòng)能定理的理解與應(yīng)用（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 熱點(diǎn)題型歸納與變式演練 專題12 動(dòng)能定理的理解與應(yīng)用（含解析）（20頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題12 動(dòng)能定理的理解與應(yīng)用【專題導(dǎo)航】目錄熱點(diǎn)題型一動(dòng)能定理的理解1熱點(diǎn)題型二動(dòng)能定理在直線運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用2熱點(diǎn)題型三 動(dòng)能定理在曲線運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用4熱點(diǎn)題型四動(dòng)能定理與圖象的結(jié)合問題5圖像5圖像6圖像8圖像9熱點(diǎn)題型五 動(dòng)能定理在多階段、多過程綜合問題中的應(yīng)用10運(yùn)用動(dòng)能定理巧解往復(fù)運(yùn)動(dòng)問題10動(dòng)能定理解決平拋、圓周運(yùn)動(dòng)相結(jié)合的問題11【題型演練】14【題型歸納】熱點(diǎn)題型一動(dòng)能定理的理解1定理中“外力”的兩點(diǎn)理解(1)重力、彈力、摩擦力、電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力或其他力，它們可以同時(shí)作用，也可以不同時(shí)作用(2)既可以是恒力，也可以是變力2公式中“”體現(xiàn)的三個(gè)關(guān)系【例1】(2019廣東六校聯(lián)考)北京獲得
2、2022年冬奧會(huì)舉辦權(quán)，冰壺是冬奧會(huì)的比賽項(xiàng)目將一個(gè)冰壺以一定初速度推出后將運(yùn)動(dòng)一段距離停下來換一個(gè)材料相同、質(zhì)量更大的冰壺，以相同的初速度推出后，冰壺運(yùn)動(dòng)的距離將()A不變B變小 C變大 D無法判斷【答案】A【解析】冰壺在冰面上以一定初速度被推出后，在滑動(dòng)摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有mgs0mv2，得s，兩種冰壺的初速度相等，材料相同，故運(yùn)動(dòng)的距離相等故選項(xiàng)A正確【變式1】(2018高考全國(guó)卷)如圖，某同學(xué)用繩子拉動(dòng)木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運(yùn)動(dòng)至具有某一速度木箱獲得的動(dòng)能一定()A小于拉力所做的功 B等于拉力所做的功C等于克服摩擦力所做的功 D大于克服摩擦力所做的功【答
3、案】A【解析】由動(dòng)能定理WFWfEk0，可知木箱獲得的動(dòng)能一定小于拉力所做的功，A正確【變式2】關(guān)于運(yùn)動(dòng)物體所受的合外力、合外力做的功及動(dòng)能變化的關(guān)系下列說法正確的是()A合外力為零，則合外力做功一定為零 B合外力做功為零，則合外力一定為零C合外力做功越多，則動(dòng)能一定越大 D動(dòng)能不變，則物體合外力一定為零【答案】A.【解析】由WFlcos 可知，物體所受合外力為零，合外力做功一定為零，但合外力做功為零，可能是90，故A正確，B錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理WEk可知，合外力做功越多，動(dòng)能變化量越大，但動(dòng)能不一定越大，動(dòng)能不變，合外力做功為零，但合外力不一定為零，C、D均錯(cuò)誤熱點(diǎn)題型二動(dòng)能定理在直線運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)
4、用1. 若在直線運(yùn)動(dòng)中知道初、末狀態(tài)，而不需要考慮中間過程時(shí)，一般用動(dòng)能定理處理位移與速度的關(guān)系2. 一般用分段法來處理問題，找準(zhǔn)直線運(yùn)動(dòng)中轉(zhuǎn)折處其動(dòng)能有無損失【例2】(2019吉林大學(xué)附中模擬)如圖所示，小物塊從傾角為的傾斜軌道上A點(diǎn)由靜止釋放滑下，最終停在水平軌道上的B點(diǎn)，小物塊與水平軌道、傾斜軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同，A、B兩點(diǎn)的連線與水平方向的夾角為，不計(jì)物塊在軌道轉(zhuǎn)折時(shí)的機(jī)械能損失，則動(dòng)摩擦因數(shù)為()Atan Btan Ctan() Dtan()【答案】B【解析】.如圖所示，設(shè)B、O間距離為s1，A點(diǎn)離水平面的高度為h，A、O間的水平距離為s2，物塊的質(zhì)量為m，在物塊下滑的全過程中
5、，應(yīng)用動(dòng)能定理可得mghmgcos mgs10，解得tan ，故選項(xiàng)B正確【變式1】如圖所示，質(zhì)量為m的小球，從離地面H高處從靜止開始釋放，落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深度而停止，設(shè)小球受到空氣阻力為f，重力加速度為g，則下列說法正確()A小球落地時(shí)動(dòng)能等于mgHB小球陷入泥中的過程中克服泥的阻力所做的功小于剛落到地面時(shí)的動(dòng)能C整個(gè)過程中小球克服阻力做的功等于mg(Hh) D小球在泥土中受到的平均阻力為mg(1)【答案】C【解析】小球從靜止開始釋放到落到地面的過程，由動(dòng)能定理得mgHfHmv，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；設(shè)泥的平均阻力為f0，小球陷入泥中的過程，由動(dòng)能定理得mghf0h0mv，解得f0hmghmv
6、mghmgHfH，f0mg(1)，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤；全過程應(yīng)用動(dòng)能定理可知，整個(gè)過程中小球克服阻力做的功等于mg(Hh)，選項(xiàng)C正確【變式2】如圖為某同學(xué)建立的一個(gè)測(cè)量動(dòng)摩擦因數(shù)的模型物塊自左側(cè)斜面上A點(diǎn)由靜止滑下，滑過下面一段平面后，最高沖至右側(cè)斜面上的B點(diǎn)實(shí)驗(yàn)中測(cè)量出了三個(gè)角度，左、右斜面的傾角和及AB連線與水平面的夾角為.物塊與各接觸面間動(dòng)摩擦因數(shù)相同且為，忽略物塊在拐角處的能量損失，以下結(jié)論正確的是()Atan Btan Ctan Dtan 【答案】C【解析】對(duì)全過程運(yùn)用動(dòng)能定理，結(jié)合摩擦力做功的大小，求出動(dòng)摩擦因數(shù)大小設(shè)A、B間的水平長(zhǎng)度為x，豎直高度差為h，對(duì)A到B的過程運(yùn)用動(dòng)能定理
7、得mghmgcos ACmgCEmgcos EB0，因?yàn)锳Ccos CEEBcos x，則有mghmgx0，解得tan ，故C正確熱點(diǎn)題型三 動(dòng)能定理在曲線運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用【例3】.如圖，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí)，對(duì)軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小用W表示質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中克服摩擦力所做的功則()AWmgR，質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn) BWmgR，質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn)CWmgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離 DWmgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離【
8、答案】C【解析】.設(shè)質(zhì)點(diǎn)到達(dá)N點(diǎn)的速度為vN，在N點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)受到軌道的彈力為FN，則FNmg，已知FNFN4mg，則質(zhì)點(diǎn)到達(dá)N點(diǎn)的動(dòng)能為EkNmvmgR.質(zhì)點(diǎn)由開始至N點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理得mg2RWfEkN0，解得摩擦力做的功為WfmgR，即克服摩擦力做的功為WWfmgR.設(shè)從N到Q的過程中克服摩擦力做功為W，則WW.從N到Q的過程，由動(dòng)能定理得mgRWmvmv，即mgRWmv，故質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后速度不為0，質(zhì)點(diǎn)繼續(xù)上升一段距離選項(xiàng)C正確【變式】如圖，一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)P.它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點(diǎn)的過程中，克服摩擦力做的功為W.重力加
9、速度大小為g.設(shè)質(zhì)點(diǎn)P在最低點(diǎn)時(shí)，向心加速度的大小為a，容器對(duì)它的支持力大小為()AaBaCNDN【答案】AC【解析】質(zhì)點(diǎn)由半球面最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理有：mgRWmv2，又在最低點(diǎn)時(shí)，向心加速度大小a，兩式聯(lián)立可得a，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；在最低點(diǎn)時(shí)有Nmgm，解得N，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤熱點(diǎn)題型四動(dòng)能定理與圖象的結(jié)合問題1解決物理圖象問題的基本步驟(1)觀察題目給出的圖象，弄清縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)所對(duì)應(yīng)的物理量及圖線所表示的物理意義(2)根據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)所對(duì)應(yīng)的物理量間的函數(shù)關(guān)系式(3)將推導(dǎo)出的物理規(guī)律與數(shù)學(xué)上與之相對(duì)應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)函數(shù)關(guān)系式相對(duì)比，找出圖線的斜率、截距、圖線
10、的交點(diǎn)、圖線下方的面積所對(duì)應(yīng)的物理意義，根據(jù)對(duì)應(yīng)關(guān)系列式解答問題2四類圖象所圍“面積”的含義圖像【例4】如圖甲所示，一質(zhì)量為4 kg的物體靜止在水平地面上，讓物體在隨位移均勻減小的水平推力F作用下開始運(yùn)動(dòng)，推力F隨位移x變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，已知物體與面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，g取10 m/s2，則下列說法正確的是 ()A 物體先做加速運(yùn)動(dòng)，推力為零時(shí)開始做減速運(yùn)動(dòng) B物體在水平地面上運(yùn)動(dòng)的最大位移是10 mC物體運(yùn)動(dòng)的最大速度為2 m/s D物體在運(yùn)動(dòng)中的加速度先變小后不變【答案】B【解析】當(dāng)推力小于摩擦力時(shí)物體就開始做減速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；圖乙中圖線與坐標(biāo)軸所圍成的三角形面積表示推力對(duì)物
11、體做的功，由此可得推力做的功為W4100 J200 J，根據(jù)動(dòng)能定理有Wmgxmax0，得xmax10 m，選項(xiàng)B正確；當(dāng)推力與摩擦力平衡時(shí)，加速度為零，速度最大，由題圖乙得F10025x(N)，當(dāng)Fmg20 N時(shí)，x3.2 m，由動(dòng)能定理得(10020)xmgxmv，解得物體運(yùn)動(dòng)的最大速度vmax8 m/s，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)推力由100 N減小到20 N的過程中，物體的加速度逐漸減小，當(dāng)推力由20 N減小到0的過程中，物體的加速度又反向增大，此后物體的加速度不變，直至物體靜止，故D項(xiàng)錯(cuò)誤【變式】(2019大連五校聯(lián)考)在某一粗糙的水平面上，一質(zhì)量為2 kg的物體在水平恒定拉力的作用下做勻速直線
12、運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，拉力逐漸減小，且當(dāng)拉力減小到零時(shí)，物體剛好停止運(yùn)動(dòng)，圖中給出了拉力隨位移變化的關(guān)系圖象已知重力加速度g10 m/s2.根據(jù)以上信息能精確得出或估算得出的物理量有()A物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù) B合外力對(duì)物體所做的功C物體做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度 D物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間【答案】ABC【解析】.物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，拉力F與滑動(dòng)摩擦力f大小相等，物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.35，A正確；減速過程由動(dòng)能定理得WFWf0mv2，根據(jù)Fx圖象中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積可以估算力F做的功WF，而Wfmgx，由此可求得合外力對(duì)物體所做的功，及物體做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v，B、C正確；因?yàn)槲矬w做變
13、加速運(yùn)動(dòng)，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間無法求出，D錯(cuò)誤圖像【例5】(2019安徽合肥一模)A、B兩物體分別在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面運(yùn)動(dòng)，先后撤去F1、F2后，兩物體最終停下，它們的vt圖象如圖所示已知兩物體與水平面間的滑動(dòng)摩擦力大小相等則下列說法正確的是()AF1、F2大小之比為12 BF1、F2對(duì)A、B做功之比為12CA、B質(zhì)量之比為21 D全過程中A、B克服摩擦力做功之比為21【答案】C.【解析】由vt圖象可知，兩個(gè)勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度之比為12，由牛頓第二定律可知，A、B受摩擦力大小相等，所以A、B的質(zhì)量關(guān)系是21，由vt圖象可知，A、B兩物體加速與減速的位移之和相等，且勻加速位移之比為12，
14、勻減速運(yùn)動(dòng)的位移之比為21，由動(dòng)能定理可得，A物體的拉力與摩擦力的關(guān)系，F(xiàn)1xFf13x00；B物體的拉力與摩擦力的關(guān)系，F(xiàn)22xFf23x00，因此可得：F13Ff1，F(xiàn)2Ff2，F(xiàn)f1Ff2，所以F12F2.全過程中摩擦力對(duì)A、B做功相等，F(xiàn)1、F2對(duì)A、B做功大小相等故A、B、D錯(cuò)誤，C正確【變式】(2018高考全國(guó)卷) 地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機(jī)通過豎井運(yùn)送到地面某豎井中礦車提升的速度大小v隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖所示，其中圖線分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質(zhì)量相等不考慮摩擦阻力和空氣阻力對(duì)于第次和第次提升過程 ()A礦車上
15、升所用的時(shí)間之比為45 B電機(jī)的最大牽引力之比為21C電機(jī)輸出的最大功率之比為21 D電機(jī)所做的功之比為45【答案】AC【解析】由圖線知，礦車上升總高度h2t0v0t0.由圖線知，加速階段和減速階段上升高度和h1()v0t0勻速階段：hh1v0t，解得tt0故第次提升過程所用時(shí)間為t0t0，兩次上升所用時(shí)間之比為2t0t045，A對(duì)；對(duì)礦車受力分析，當(dāng)?shù)V車向上做加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，電機(jī)的牽引力最大，由于加速階段加速度相同，故加速時(shí)牽引力相同，B錯(cuò)；在加速上升階段，由牛頓第二定律知，F(xiàn)mgma，F(xiàn)m(ga)第次在t0時(shí)刻，功率P1Fv0，第次在時(shí)刻，功率P2F，第次在勻速階段P2FmgP2，可知，電
16、機(jī)輸出的最大功率之比P1P221，C對(duì)；由動(dòng)能定理知，兩個(gè)過程動(dòng)能變化量相同，克服重力做功相同，故兩次電機(jī)做功也相同，D錯(cuò)圖像【例6】(2019山西模擬)用傳感器研究質(zhì)量為2 kg的物體由靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律時(shí)，在計(jì)算機(jī)上得到06 s內(nèi)物體的加速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖所示下列說法正確的是()A06 s內(nèi)物體先向正方向運(yùn)動(dòng)，后向負(fù)方向運(yùn)動(dòng) B06 s內(nèi)物體在4 s時(shí)的速度最大C物體在24 s內(nèi)速度不變 D04 s內(nèi)合力對(duì)物體做的功等于06 s內(nèi)合力做的功【答案】D.【解析】由vat可知，at圖象中，圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示質(zhì)點(diǎn)的速度，06 s內(nèi)物體的速度始終為正值，故一直為正方向，A項(xiàng)錯(cuò)；t
17、5 s時(shí)，速度最大，B項(xiàng)錯(cuò)；24 s內(nèi)加速度保持不變且不為零，速度一定變化，C項(xiàng)錯(cuò)；04 s內(nèi)與06 s內(nèi)圖線與坐標(biāo)軸所圍面積相等，故物體4 s末和6 s末速度相同，由動(dòng)能定理可知，兩段時(shí)間內(nèi)合力對(duì)物體做功相等，D項(xiàng)對(duì)【變式】質(zhì)量為m的小球被系在輕繩一端，在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中小球受到空氣阻力的作用設(shè)某一時(shí)刻小球通過軌道的最低點(diǎn)，此時(shí)繩子的張力為7mg，此后小球繼續(xù)做圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過半個(gè)圓周恰能通過最高點(diǎn)，則在此過程中小球克服空氣阻力所做的功為 ()A.mgR B.mgR C.mgRDmgR【答案】C【解析】最低點(diǎn)7mgmg，則最低點(diǎn)速度為：v1最高點(diǎn)mg，則最高點(diǎn)速度為：
18、v2由動(dòng)能定理得：2mgRWfmvmv解得：WfmgR，故克服空氣阻力做功WfmgR，故選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤圖像【例7】(2017高考江蘇卷)一小物塊沿斜面向上滑動(dòng)，然后滑回到原處物塊初動(dòng)能為Ek0，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動(dòng)能Ek與位移x關(guān)系的圖線是( )【答案】C.【解析】設(shè)斜面的傾角為，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，物塊質(zhì)量為m，小物塊沿斜面向上滑動(dòng)過程，由動(dòng)能定理得，(mgsin mgcos )xEkEk0，即EkEk0(mgsin mgcos )x；設(shè)小物塊滑到最高點(diǎn)的距離為L(zhǎng)，小物塊沿斜面滑動(dòng)全過程由能量守恒定律得，EkEk0mgxsin mgcos (2L
19、x)(Ek02mgLcos )(mgsin mgcos )x，故選項(xiàng)C正確【變式】(2018高考江蘇卷)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后落回地面忽略空氣阻力，該過程中小球的動(dòng)能Ek與時(shí)間t的關(guān)系圖象是 ()【答案】A【解析】對(duì)于整個(gè)豎直上拋過程(包括上升與下落)，速度與時(shí)間的關(guān)系為vv0gt，v2g2t22v0gtv，Ekmv2，可見動(dòng)能與時(shí)間是二次函數(shù)關(guān)系，由數(shù)學(xué)中的二次函數(shù)知識(shí)可判斷A正確熱點(diǎn)題型五 動(dòng)能定理在多階段、多過程綜合問題中的應(yīng)用1由于多過程問題的受力情況、運(yùn)動(dòng)情況比較復(fù)雜，從動(dòng)力學(xué)的角度分析多過程問題往往比較復(fù)雜，但是，用動(dòng)能定理分析問題，是從總體上把握其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)
20、的變化，并不需要從細(xì)節(jié)上了解因此，動(dòng)能定理的優(yōu)越性就明顯地表現(xiàn)出來了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起來即可2運(yùn)用動(dòng)能定理解決問題時(shí)，有兩種思路：一種是全過程列式，另一種是分段列式3全過程列式涉及重力、彈簧彈力，大小恒定的阻力或摩擦力做功時(shí)，要注意運(yùn)用它們的功能特點(diǎn)：(1)重力做的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關(guān)；(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小與路程的乘積；(3)彈簧彈力做功與路徑無關(guān)4應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本步驟運(yùn)用動(dòng)能定理巧解往復(fù)運(yùn)動(dòng)問題【例8】如圖所示裝置由AB、BC、CD三段軌道組成，軌道交接處均由很小的圓弧平滑連接，其中軌道AB、CD段是光滑的
21、，水平軌道BC的長(zhǎng)度s5 m，軌道CD足夠長(zhǎng)且傾角37，A、D兩點(diǎn)離軌道BC的高度分別為h14.30 m、h21.35 m現(xiàn)讓質(zhì)量為m的小滑塊自A點(diǎn)由靜止釋放已知小滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)小滑塊第一次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度大?。?2)小滑塊最終停止的位置距B點(diǎn)的距離【答案】(1)3 m/s(2)1.4 m【解析】(1)小滑塊從ABCD過程中，由動(dòng)能定理得mg(h1h2)mgsmv0將h1、h2、s、g代入得：vD3 m/s.(2)對(duì)小滑塊運(yùn)動(dòng)全過程應(yīng)用動(dòng)能定理，設(shè)小滑塊在水平軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程為s總有：mgh
22、1mgs總將h1、代入得：s總8.6 m故小滑塊最終停止的位置距B點(diǎn)的距離為2ss總1.4 m.【變式】如圖所示，ABCD是一個(gè)盆式容器，盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC是水平的，其距離d0.50 m盆邊緣的高度為h0.30 m在A處放一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊并讓其從靜止開始下滑(圖中小物塊未畫出)已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 0.10.小物塊在盆內(nèi)來回滑動(dòng)，最后停下來，則停止的地點(diǎn)到B的距離為 ()A0.50 mB0.25 m C0.10 m D0【答案】D【解析】設(shè)小物塊在BC段通過的總路程為s，由于只有BC面上存在摩擦力，其做功為mgs，
23、而重力做功與路徑無關(guān)，由動(dòng)能定理得：mghmgs00，代入數(shù)據(jù)可解得s3 m由于d0.50 m，所以，小物塊在BC面上經(jīng)過3次往復(fù)運(yùn)動(dòng)后，又回到B點(diǎn)，D正確動(dòng)能定理解決平拋、圓周運(yùn)動(dòng)相結(jié)合的問題【例9】(2019桂林質(zhì)檢)如圖所示，傾角為37的粗糙斜面AB底端與半徑R0.4 m的光滑半圓軌道BC平滑相連，O點(diǎn)為軌道圓心，BC為圓軌道直徑且處于豎直方向，A、C兩點(diǎn)等高，質(zhì)量m1 kg的滑塊從A點(diǎn)由靜止開始下滑，恰能滑到與O點(diǎn)等高的D點(diǎn)，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.(1)求滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)若使滑塊能到達(dá)C點(diǎn)，求滑塊從A點(diǎn)沿斜面滑下時(shí)的初速度v0的最小
24、值；(3)若滑塊離開C點(diǎn)的速度大小為4 m/s，求滑塊從C點(diǎn)飛出至落到斜面上所經(jīng)歷的時(shí)間t.【答案】(1)0.375(2)2 m/s(3)0.2 s【解析】(1)滑塊恰能滑到D點(diǎn)，則vD0滑塊從ABD過程中，由動(dòng)能定理得mg(2RR)mgcos 00解得0.375.(2)滑塊恰能過C點(diǎn)時(shí)，vC有最小值，則在C點(diǎn)mg滑塊從ABDC過程，由動(dòng)能定理得mgcos mvmv解得v02 m/s.(3)滑塊離開C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)下落的高度為h，則有hgt2xvCttan 53其中vC4 m/s，聯(lián)立解得t0.2 s.【變式1】(2019河北衡水中學(xué)模擬)如圖所示，質(zhì)量為0.1 kg的小物塊在粗糙水平桌面
25、上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飛離桌面，最終落在水平地面上，已知物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，桌面高0.45 m，若不計(jì)空氣阻力，取g10 m/s2，則下列說法錯(cuò)誤的是()A小物塊的初速度是5 m/s B小物塊的水平射程為1.2 mC小物塊在桌面上克服摩擦力做8 J的功 D小物塊落地時(shí)的動(dòng)能為0.9 J【答案】ABC.【解析】小物塊在桌面上克服摩擦力做功WfmgL2 J，C錯(cuò)；在水平桌面上滑行，由動(dòng)能定理得Wfmv2mv，解得v07 m/s，A錯(cuò)；小物塊飛離桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，有xvt、hgt2，聯(lián)立解得x0.9 m，B錯(cuò)；設(shè)小物塊落地時(shí)動(dòng)能為Ek，由動(dòng)能定理得mghEkmv2，解得E
26、k0.9 J，D對(duì)【變式2】如圖，在水平軌道右側(cè)固定半徑為R的豎直圓槽形光滑軌道，水平軌道的PQ段鋪設(shè)特殊材料，調(diào)節(jié)其初始長(zhǎng)度為l，水平軌道左側(cè)有一輕質(zhì)彈簧左端固定，彈簧處于自然伸長(zhǎng)狀態(tài)可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊從軌道右側(cè)A點(diǎn)以初速度v0沖上軌道，通過圓形軌道、水平軌道后壓縮彈簧，并被彈簧以原速率彈回已知R0.4 m，l2.5 m，v06 m/s，物塊質(zhì)量m1 kg，與PQ段間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.4，軌道其他部分摩擦不計(jì)g取10 m/s2.求：(1)物塊第一次經(jīng)過圓軌道最高點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道的壓力；(2)物塊仍以v0從右側(cè)沖上軌道，調(diào)節(jié)PQ段的長(zhǎng)度L，當(dāng)L長(zhǎng)度是多少時(shí)，物塊恰能不脫離軌道返回A點(diǎn)繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)【答
27、案】(1)40 N，豎直向上(2)1 m【解析】(1)對(duì)物塊，首次從A到B，有mg2Rmvmv在B點(diǎn)，有：N1mg解得：N140 N根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?0 N，方向豎直向上(2)對(duì)物塊，從A點(diǎn)到第二次到達(dá)B點(diǎn)：f2Lmg2RmvB2mv，fmg在B點(diǎn)，有：mg解得：L1 m【題型演練】1.如圖所示，小物塊與水平軌道、傾斜軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同，小物塊從傾角為1的軌道上高度為h的A點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)速度為v1.現(xiàn)將傾斜軌道的傾角調(diào)至為2，仍將物塊從軌道上高度為h的A點(diǎn)靜止釋放，運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)速度為v2.已知21，不計(jì)物塊在軌道接觸處的機(jī)械能損失則()Av1v2 C
28、v1v2 D由于不知道1、2的具體數(shù)值，v1、v2關(guān)系無法判定【答案】C【解析】物體運(yùn)動(dòng)過程中摩擦力做負(fù)功，重力做正功，由動(dòng)能定理可得mghmgcos mgxBDmv2，即mghmgmgxBDmv2，因?yàn)閤CD，所以mghmgxBCmv2，故到達(dá)B點(diǎn)的速度與傾斜軌道的傾角無關(guān)，所以v1v2，故選項(xiàng)C正確2.如圖甲所示，一質(zhì)量為4 kg的物體靜止在水平地面上，讓物體在隨位移均勻減小的水平推力F作用下開始運(yùn)動(dòng)，推力F隨位移x變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，已知物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，g取10 m/s2，則下列說法正確的是 ()A 物體先做加速運(yùn)動(dòng)，推力為零時(shí)開始做減速運(yùn)動(dòng) B物體在水平地面上運(yùn)動(dòng)
29、的最大位移是10 mC物體運(yùn)動(dòng)的最大速度為2 m/s D物體在運(yùn)動(dòng)中的加速度先變小后不變【答案】B【解析】當(dāng)推力小于摩擦力時(shí)物體就開始做減速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；圖乙中圖線與坐標(biāo)軸所圍成的三角形面積表示推力對(duì)物體做的功，由此可得推力做的功為W4100 J200 J，根據(jù)動(dòng)能定理有Wmgxmax0，得xmax10 m，選項(xiàng)B正確；當(dāng)推力與摩擦力平衡時(shí)，加速度為零，速度最大，由題圖乙得F10025x(N)，當(dāng)Fmg20 N時(shí)，x3.2 m，由動(dòng)能定理得(10020)xmgxmv，解得物體運(yùn)動(dòng)的最大速度vmax8 m/s，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)推力由100 N減小到20 N的過程中，物體的加速度逐漸減小，當(dāng)推力
30、由20 N減小到0的過程中，物體的加速度又反向增大，此后物體的加速度不變，直至物體靜止，故D項(xiàng)錯(cuò)誤3.(2018高考全國(guó)卷)如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長(zhǎng)度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點(diǎn)一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點(diǎn)處從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)重力加速度大小為g.小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為()A2mgR B4mgR C5mgR D6mgR【答案】C【解析】小球從a運(yùn)動(dòng)到c，根據(jù)動(dòng)能定理，得F3RmgRmv，又Fmg，故v12，小球離開c點(diǎn)在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，且
31、水平方向與豎直方向的加速度大小相等，都為g，故小球從c點(diǎn)到最高點(diǎn)所用的時(shí)間t2，水平位移xgt22R，根據(jù)功能關(guān)系，小球從a點(diǎn)到軌跡最高點(diǎn)機(jī)械能的增量為力F做的功，即EF(2RRx)5mgR.4.(2019襄陽模擬)用豎直向上大小為30 N的力F，將2 kg的物體從沙坑表面由靜止提升1 m時(shí)撤去力F，經(jīng)一段時(shí)間后，物體落入沙坑，測(cè)得落入沙坑的深度為20 cm.若忽略空氣阻力，g取10 m/s2.則物體克服沙坑的阻力所做的功為()A20 J B24 J C34 J D54 J【答案】C【解析】.對(duì)整個(gè)過程應(yīng)用動(dòng)能定理得：Fh1mgh2Wf0，解得：Wf34 J，C對(duì)5.(2019寧波模擬)如圖所
32、示，木盒中固定一質(zhì)量為m的砝碼，木盒和砝碼在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距離后停止現(xiàn)拿走砝碼，而持續(xù)加一個(gè)豎直向下的恒力F(Fmg)，若其他條件不變，則木盒滑行的距離()A不變 B變小 C變大 D變大變小均可能【答案】B.【解析】設(shè)木盒質(zhì)量為M，木盒中固定一質(zhì)量為m的砝碼時(shí)，由動(dòng)能定理可知，(mM)gx1(Mm)v2，解得x1；加一個(gè)豎直向下的恒力F(Fmg)時(shí)，由動(dòng)能定理可知，(mM)gx2Mv2，解得x2，顯然x2x1.6.(2019北京101中學(xué)檢測(cè))如圖所示，質(zhì)量為m的物體靜置在水平光滑平臺(tái)上，系在物體上的繩子跨過光滑的定滑輪，由地面上的人以速度v0向右勻速拉動(dòng)，設(shè)人從地面上平臺(tái)的
33、邊緣開始向右行至繩與水平方向夾角為45處，在此過程中人所做的功為()AB CDmv【答案】C.【解析】由題意知，繩與水平方向夾角為45時(shí)，沿繩方向的速度vv0cos 45，故質(zhì)量為m的物體速度等于，對(duì)物體應(yīng)用動(dòng)能定理可知，在此過程中人所做的功為Wmv20，C正確7. 光滑水平面上靜止的物體，受到一個(gè)水平拉力F作用開始運(yùn)動(dòng)，拉力隨時(shí)間變化如圖所示，用Ek、v、x、P分別表示物體的動(dòng)能、速度、位移和水平拉力的功率，下列四個(gè)圖象中分別定性描述了這些物理量隨時(shí)間變化的情況，正確的是 ()【答案】BD【解析】由動(dòng)能定理，F(xiàn)xFat2Ek，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在水平拉力F作用下，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確；其位
34、移xat2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；水平拉力的功率PFvFat，選項(xiàng)D正確8.一圓弧形的槽，槽底放在水平地面上，槽的兩側(cè)與光滑斜坡aa、bb相切，相切處a、b位于同一水平面內(nèi)，槽與斜坡在豎直平面內(nèi)的截面如圖所示一小物塊從斜坡aa上距水平面ab的高度為2h處沿斜坡自由滑下，并自a處進(jìn)入槽內(nèi)，到達(dá)b后沿斜坡bb向上滑行，已知到達(dá)的最高處距水平面ab的高度為h；接著小物塊、沿斜坡bb滑下并從b處進(jìn)入槽內(nèi)反向運(yùn)動(dòng)，若不考慮空氣阻力，則 ()A小物塊再運(yùn)動(dòng)到a處時(shí)速度變?yōu)榱鉈小物塊每次經(jīng)過圓弧槽最低點(diǎn)時(shí)對(duì)槽的壓力不同C小物塊不僅能再運(yùn)動(dòng)到a處，還能沿斜坡aa向上滑行，上升的最大高度為hD小物塊不僅能再運(yùn)動(dòng)到a處，還
35、能沿斜坡aa向上滑行，上升的最大高度小于h【答案】BD【解析】因要克服摩擦阻力做功，所以每次通過最低點(diǎn)的速度會(huì)變小，根據(jù)牛頓第二定律有FNmgm，故可知物塊與圓弧槽間的正壓力會(huì)變小，所以B正確；設(shè)第一次通過圓弧槽過程中克服摩擦力做功為Wf，根據(jù)動(dòng)能定理可得mghWf0，第二次通過圓弧槽的最低點(diǎn)時(shí)因正壓力減小，所以摩擦力減小，同理，其他位置所對(duì)應(yīng)的摩擦力都變小，故第二次通過圓弧槽克服摩擦力做的功將小于第一次，即Wfmgh，則小物塊還能沿斜坡aa向上滑行，上升的最大高度小于h，所以D正確，A、C錯(cuò)誤7. 如圖所示，水平桌面上的輕質(zhì)彈簧左端固定，右端與靜止在O點(diǎn)質(zhì)量為m1 kg的小物塊接觸而不連接，
36、此時(shí)彈簧無形變現(xiàn)對(duì)小物塊施加F10 N水平向左的恒力，使其由靜止開始向左運(yùn)動(dòng)小物塊在向左運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)前某處速度最大時(shí)，彈簧的彈力為6 N，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)撤去推力F，小物塊最終運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)靜止圖中OA0.8 m，OB0.2 m，重力加速度g取10 m/s2.求小物塊：(1)與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)向右運(yùn)動(dòng)過程中經(jīng)過O點(diǎn)的速度；(3)向左運(yùn)動(dòng)的過程中彈簧的最大壓縮量【答案】(1)0.4(2)1.26 m/s(3)0.9 m【解析】(1)小物塊速度達(dá)到最大時(shí)，加速度為零FmgF彈0，0.4.(2)設(shè)向右運(yùn)動(dòng)通過O點(diǎn)時(shí)的速度為v0，從O到B，由動(dòng)能定理得FfxOB0mv，F(xiàn)fmg4 N，解得v0 m/s
37、1.26 m/s.(3)彈簧最大壓縮量為xmax，對(duì)小物塊運(yùn)動(dòng)的全過程，根據(jù)動(dòng)能定理得FxOAFf(2xmaxxOB)0，代入數(shù)值得xmax0.9 m.10.(2018高考全國(guó)卷 )如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點(diǎn)相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為，sin .一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道通過C點(diǎn)，落至水平軌道；在整個(gè)過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用已知小球在C點(diǎn)所受合力的方向指向圓心，且此時(shí)小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱阒亓铀俣却笮間.求(1)水平恒力的大小和小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度
38、的大小；(2)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)動(dòng)量的大小；(3)小球從C點(diǎn)落至水平軌道所用的時(shí)間【答案】見解析【解析】(1)設(shè)水平恒力的大小為F0，小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)所受合力的大小為F.由力的合成法則有tan F2(mg)2F設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，由牛頓第二定律得Fm由式和題給數(shù)據(jù)得F0mgv.(2)設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)的速度大小為v1，作CDPA，交PA于D點(diǎn)，由幾何關(guān)系得DARsin CDR(1cos )由動(dòng)能定理有mgCDF0DAmv2mv由式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點(diǎn)的動(dòng)量大小為pmv1.(3)小球離開C點(diǎn)后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為g.設(shè)小球在豎直方向的初速度為v，從C點(diǎn)落至水平軌道上所用時(shí)間為t.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vtgt2CDvvsin 由式和題給數(shù)據(jù)得t.20
2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 熱點(diǎn)題型歸納與變式演練 專題12 動(dòng)能定理的理解與應(yīng)用（含解析）
